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讲评:19导数的应用(三)



高三文科数学一轮复习学案十九

导数的应用(三)

例 1(1)若函数 y ? f ( x) 在 R 上可导且满足不等式 xf ?( x) ? f ( x) ? 0 恒成立,且 常数 a , b 满足 a ? b ,则下列不等式一定成立的是(
A. af (a) ? bf (b) C. af (a) ? bf (b) B. af

(b) ? bf (a) D. af (b) ? bf (a)



【解析】令 F ( x) ? xf ( x) ,则 F '( x) ? xf '( x) ? f ( x) ? 0 ,所以 F ( x) 在 R 上是增函数。因为 a ? b ,所以 F (a) ? F (b) 即 af (a) ? bf(b) 。故选 A。

(x) < f(x) ,且 f (2) = 0 ,则 (2)定义在 (0, + ) 上的可导函数 f(x)满足 xf ?
f (x) < 0 的解集为( x

) B. (0, 2) (2, + ) C. (2, + ) D.?

A. (0,2)

f ( x) xf '( x) ? f(x) ?0 , , 则 F '( x) ? 所以 F ( x) 在 (0, ??) 上 x x2 是减函数。因为 f (2) ? 0 ,所以 F (2) ? 0 。 F (x) 的图像如图所示,

【解析】 令 F ( x) ?

y

O

2

x

f ( x) ? 0 的解集是(0,2)。故选 A。 x 总结: (1) f '( x) g ( x) ? f ( x) g '( x) ? 0 ? ( f (x) g(x)) ' ? 0

由图象可知, F ( x) ?

1

(2) f '( x) g ( x) ? f ( x) g '( x) ? 0 ? (

f ( x) )' ? 0 g ( x)

例 2、已知函数 f (x) = x -

1 , g (x) = x 2 - 2ax + 4 ,若对任意 x1 ? [ 0,1] ,存 x +1

在 x 2 ? [1, 2] ,使 f (x1 ) ? g (x 2 ) ,求实数 a 的取值范围。

解:由题意可得 f ( x)min ? g ( x)min 。 因为 f '( x) ? 1 ? 所以 f ( x)min
1 ? 0 ,所以 f ( x) 在 [0,1] 上单调递增。 ( x ? 1)2 ? f (0) ? ?1 。

(1) 当 a ? 1 时, g ( x) 在 [1, 2] 上增, g ( x)min ? g (1) ? 5 ? 2a , 由 ?1 ? 5 ? 2a ,解得 a ? 3 ,与 a ? 1 矛盾,所以此时无解; ( 2 ) 当 1 ? a ? 2 时 , g ( x) 在 [1, a] 上 减 , 在 [a , 2 ] 上 增 , 所 以

g ( x) ? x2 ? 2ax ? 4 ( x ? [1, 2] ) 的对称轴为 x ? a

g ( x)min ? g (a) ? 4 ? a2 ,由 ?1 ? 4 ? a 2 解得 a ? ? 5或a ? 5 ,又 1 ? a ? 2 ,所 以此时无解; ( 3 ) 当 a ? 2 时 , g ( x) 在 [1, 2] 上 减 , g ( x)m i n ? g ( 2)? 8 ? 4 a ,由 9 9 ?1 ? 8 ? 4a 解得 a ? ,又 a ? 2 ,所以 a ? 。 4 4 9 综上所述, a ? 。 4
y 1 x 1 2

0 -1

2

高三文科数学一轮复习学案十九

变式:若对任意 x1 ? [ 0,1] ,任意 x 2 ? [1, 2] ,使 f (x1 ) ? g (x 2 ) 呢? 例 3、设函数 f (x) = 数) (1) 当 k≤0 时,求函数 f(x)的单调区间; (2) 若函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求 k 的取值范围。
.解:(1)函数 y=f(x)的定义域为(0,+∞), x2ex-2xex ? 2 1? f′(x)= -k?-x2+x ? x4 = = xex-2ex k(x-2) - x3 x2 (x-2)(ex-kx) . x3

ex 2 - k ( + lnx) (k 为常数,e=2.71828….是自然对数的底 2 x x

由 k≤0 可得 ex-kx>0, 所以当 x∈(0,2)时,f′(x)<0,函数 y=f(x)单调递减;x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,函数 y =f(x)单调递增. 所以 f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞). (2)由(1)知,当 k≤0 时,函数 f(x)在(0,2)内单调递减,故 f(x)在(0,2)内不存在极值 点; 当 k>0 时,设函数 g(x)=ex-kx,x∈(0,+∞). 因为 g′(x)=ex-k=ex-eln k, 当 0<k≤1 时, 当 x∈(0,2)时,g′(x)=ex-k>0,y=g(x)单调递增, 故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点. 当 k>1 时,得 x∈(0,ln k)时,g′(x)<0,函数 y=g(x)单调递减; x∈(ln k,+∞)时,g′(x)>0,函数 y=g(x)单调递增. 所以函数 y=g(x)的最小值为 g(ln k)=k(1-ln k). 函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点. g(0)>0, ? ?g(ln k)<0, 当且仅当? g(2)>0, ? ?0<ln k<2,

3

e2 解得 e<k< . 2 e2 e, ?. 综上所述,函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k 的取值范围为? ? 2?

例 4、已知函数 f(x)=2x3-3x. (1)求 f(x)在区间[-2,1]上的最大值; (2)若过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切,求 t 的取值范围; (3)问过点 A(-1,2),B(2,10),C(0,2)分别存在几条直线与曲线 y=f(x) 相切?(只需写出结论)
解:(1)由 f(x)=2x3-3x 得 f′(x)=6x2-3. 令 f′(x)=0,得 x=- 2 2 或 x= . 2 2 2? 2 = 2,f? ?=- 2,f(1)=-1, 2? ?2?

因为 f(-2)=-10,f?-

?

所以 f(x)在区间[-2,1]上的最大值为 f?-

?

2? = 2. 2?

(2)设过点 P(1,t)的直线与曲线 y=f(x)相切于点(x0,y0), 3 则 y0=2x0 -3x0,且切线斜率为 k=6x2 0-3, 2 所以切线方程为 y-y0=(6x0-3)(x-x0), 因此 t-y0=(6x2 0-3)(1-x0), 3 2 整理得 4x0-6x0+t+3=0, 设 g(x)=4x3-6x2+t+3, 则“过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切”等价于“g(x)有 3 个不同零点”. g′(x)=12x2-12x=12x(x-1). 当 x 变化时,g(x)与 g′(x)的变化情况如下: x g′(x) g(x) (-∞,0) + 0 0 t+3 (0,1) - 1 0 t+1 (1,+∞) +

所以,g(0)=t+3 是 g(x)的极大值,g(1)=t+1 是 g(x)的极小值.
?g(0)=t+3>0, ? 结合图像知,当 g(x)有 3 个不同零点时,有? 解得-3<t<-1. ?g(1)=t+1-0, ? 4

高三文科数学一轮复习学案十九 故当过点 P(1,t)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切时,t 的取值范围是(-3,-1). (3)过点 A(-1,2)存在 3 条直线与曲线 y=f(x)相切; 过点 B(2,10)存在 2 条直线与曲线 y=f(x)相切; 过点 C(0,2)存在 1 条直线与曲线 y=f(x)相切.

m 例 5、设函数 f(x)=ln x+ ,m∈R. x (1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的极小值; x (2)讨论函数 g(x)=f′(x)- 零点的个数; 3 f(b)-f(a) (3)若对任意 b>a>0, <1 恒成立,求 m 的取值范围. b-a e 1 e x?e 解: (1) f ( x) ? ln x ? ,定义域 (0, ??) , f '( x) ? ? 2 ? 2 , x x x x 令 f '(x) ? 0 得 x ? e ,列表如下: x (0, e) (e, ??) e f '( x) 0 + f ( x) ↘ 极小值 ↗ 当 x ? e 时, f ( x) 取极小值 f (e) ? 2 。 (2) g ( x) ?
1 m x ? x3 ? 3x ? 3m ? ? ? , ( x ? 0) , x x2 3 3x 2 1 g ( x) 的零点个数 ? y ? m 与 h( x) ? ? x3 ? x ( x ? 0) 的交点个数。 3 2 h '( x) ? ? x ? 1 ,令 h '( x) ? 0 得 x ? 1 ,列表如下: (0,1) (1, ??) x 1 h '( x) + 0 2 h( x ) ↗ ↘ 3 h( x) 的图像如图所示:

5

y
2 3

x 0 1

2 时, y ? m 与 h( x) 有 2 个交点; 3 2 当 m ? 时, y ? m 与 h( x) 有 1 个交点; 3 2 当 m ? 时, y ? m 与 h( x) 有 0 个交点; 3 2 2 综上所述,当 m ? 时, g ( x) 有 2 个零点;当 m ? 时, g ( x) 有 1 个零点; 3 3 2 当m ? 时, g ( x) 有 0 个零点。 3 (3) 因为 b ? a ? 0 ,所以 b ? a ? 0 。 f (b) ? f (a ) ? 1 得 f (b) ? b ? f (a) ? a 。 由 b?a 令 F ( x) ? f ( x) ? x ,则只需证明 F ( x) 在 (0, ??) 上为减函数。

当m ?

m 1 m ? x2 ? x ? m ? x, F '( x) ? ? 2 ? 1 ? ? 0 在 (0, ??) 上恒成立, x x x x2 1 1 所以 m ? (? x2 ? x)max 。因为 ? x 2 ? x ? ,所以 m ? 。 4 4 F ( x) ? ln x ?

6



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